设二次函数 $f(x)=ax^2+bx+c(a,b,c\in\mathbb{R},a\ne0)$ 满足条件：（1）当 $x\in\mathbb{R}$ 时，$f(x-4)=f(2-x)$，且 $f(x)\geqslant x$；（2）当 $x\in(0,2)$ 时，$f(x)\leqslant\left(\dfrac{x+1}{2}\right)^2$；（3）$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上的最小值为 $0$．
求最大的 $m(m>1)$，使得存在 $t\in\mathbb{R}$，只要 $x\in[1,m]$，就有 $f(x+t)\leqslant x$．
求最大的 $m(m>1)$，使得存在 $t\in\mathbb{R}$，只要 $x\in[1,m]$，就有 $f(x+t)\leqslant x$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
由 $f(x-4)=f(2-x),x\in\mathbb{R}$，知道二次函数 $f(x)$ 的对称轴为 $x=-1$，由二次函数的最小值为 $0$，可设 $f(x)=a(x+1)^2$，其中 $a>0$．
又由 $x\leqslant f(x)\leqslant\left(\dfrac{x+1}{2}\right)^2$，代入 $x=1$ 可得 $f(1)=1$，解得 $a=\dfrac{1}{4}$．即 $f(x=\dfrac{1}{4}(x+1)^2$．
因为 $y=f(x+t)$ 的图象是由 $y=f(x)$ 的图象平移 $t$ 个单位得到，要在区间 $[1,m]$ 上，使得 $y=f(x+t)$ 的图象在 $y=x$ 的图象的下方，且 $m$ 最大，则 $1$ 和 $m$ 应当是关于 $x$ 的方程$$\dfrac{1}{4}(x+t+1)^2=x$$的两个根．
令 $x=1$ 代入方程，得 $t=0$ 或 $t=-4$．当 $t=0$ 时，方程的解为 $x_1=x_2=1$，这与 $m>1$ 矛盾．当 $t=-4$ 时，方程的解为 $x_1=1,x_2=9$，所以 $m=9$．又当 $t=-4$ 时，对任意 $x\in[1,9]$，恒有 $(x-1)(x-9)\le0$，$\dfrac{1}{4}(x-4+1)^2\leqslant x$，即 $f(x-4)\leqslant x$．所以 $m$ 的最大值为 $9$．
又由 $x\leqslant f(x)\leqslant\left(\dfrac{x+1}{2}\right)^2$，代入 $x=1$ 可得 $f(1)=1$，解得 $a=\dfrac{1}{4}$．即 $f(x=\dfrac{1}{4}(x+1)^2$．
因为 $y=f(x+t)$ 的图象是由 $y=f(x)$ 的图象平移 $t$ 个单位得到，要在区间 $[1,m]$ 上，使得 $y=f(x+t)$ 的图象在 $y=x$ 的图象的下方，且 $m$ 最大，则 $1$ 和 $m$ 应当是关于 $x$ 的方程$$\dfrac{1}{4}(x+t+1)^2=x$$的两个根．
令 $x=1$ 代入方程，得 $t=0$ 或 $t=-4$．当 $t=0$ 时，方程的解为 $x_1=x_2=1$，这与 $m>1$ 矛盾．当 $t=-4$ 时，方程的解为 $x_1=1,x_2=9$，所以 $m=9$．又当 $t=-4$ 时，对任意 $x\in[1,9]$，恒有 $(x-1)(x-9)\le0$，$\dfrac{1}{4}(x-4+1)^2\leqslant x$，即 $f(x-4)\leqslant x$．所以 $m$ 的最大值为 $9$．
答案
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